高考化学压轴题专题复习铁及其化合物推断题的综合.docx

高考化学压轴题专题复习铁及其化合物推断题的综合.docx

《高考化学压轴题专题复习铁及其化合物推断题的综合.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考化学压轴题专题复习铁及其化合物推断题的综合.docx（15页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

高考化学压轴题专题复习铁及其化合物推断题的综合

高考化学压轴题专题复习—铁及其化合物推断题的综合

一、铁及其化合物

1．已知A、B、C、D分别是AlCl3、BaCl2、FeSO4、NaOH四种化合物中的一种，它们的水溶液之间的一些反应现象如下：

①A+B→白色沉淀，加入稀硝酸，沉淀不溶解。

②B+D→白色沉淀，在空气中放置，沉淀由白色转化为红褐色。

③C+D→白色沉淀，继续加D溶液，白色沉淀逐渐消失。

（1）则各是什么物质的化学式为：

A_______、B_______、C_______、D_______。

（2）现象②中所发生的反应的化学方程式为：

__________________________________、______________________________。

（3）现象③中所发生反应的离子方程式为：

__________________________________、________________________________。

【答案】BaCl2FeSO4AlCl3NaOH；FeSO4+2NaOH＝Fe（OH）2↓+Na2SO44Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3Al3++3OH-＝Al（OH）3↓Al（OH）3+OH-＝AlO2-+2H2O

【解析】

【分析】

①A+B→白色沉淀，加入稀硝酸，沉淀不溶解应，则生成的白色沉淀为BaSO4，②B+D→白色沉淀，在空气中放置，沉淀由白色转化为红褐色，是Fe（OH）2的转化为Fe（OH）3，故A为BaCl2，B为FeSO4，D为NaOH，则C为AlCl3，氯化铝溶液与NaOH溶液反应生成白色沉淀Al（OH）3，Al（OH）3能溶解在NaOH溶液中，符合③中现象。

【详解】

（1）根据以上分析可知A、B、C、D依次为BaCl2、FeSO4、AlCl3、NaOH；

（2）现象②先生成白色沉淀，在空气中放置，沉淀由白色转化为红褐色时所发生的反应的化学方程式为：

FeSO4+2NaOH＝Fe（OH）2↓+Na2SO4，4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3；

（3）现象③中所发生反应的离子方程式为：

Al3++3OH-＝Al（OH）3↓，Al（OH）3+OH-＝AlO2-+2H2O。

【点睛】

考查无机物的推断，关键是明确物质之间的反应，根据现象进行判断，其中“白色沉淀，在空气中放置，沉淀由白色转化为红褐色”为解题突破口，这里发生了Fe（OH）2沉淀的生成及转化为Fe（OH）3的过程，另外灵活利用氢氧化铝的两性知识即可解题。

2．A、B、C、D均为中学化学中常见的物质，它们之间转化关系如图（部分产物和条件已略去）,请回答下列问题：

（1）若A为CO2气体，D为NaOH溶液，则B的化学式为_________。

（2）若A为AlCl3溶液，D为NaOH溶液，则C的名称为_________。

（3）若A和D均为非金属单质，D为双原子分子，则由C直接生成A的基本反应类型为_________。

（4）若常温时A为气态氢化物，B为淡黄色固体单质，则A与C反应生成B的化学方程式为_________。

（5）若A为黄绿色气体，D为常见金属，则A与C溶液反应的离子方程式为_________。

下列试剂不能鉴别B溶液与C溶液的是_________（填字母编号）。

a．NaOH溶液b．盐酸c．KSCN溶液d．酸性KMnO4溶液

【答案】NaHCO3偏铝酸钠分解反应

b

【解析】

【分析】

【详解】

（1）若A为CO2与过量的D即NaOH反应，生成碳酸氢钠；碳酸氢钠溶液与NaOH反应可得到碳酸钠溶液；碳酸钠溶液又可以与CO2反应生成碳酸氢钠；所以B的化学式为NaHCO3；

（2）若A为AlCl3，其与少量的NaOH反应生成Al（OH）3沉淀，Al（OH）3继续与NaOH反应生成偏铝酸钠；偏铝酸钠溶液和氯化铝溶液又可以反应生成Al（OH）3；所以C的名称为偏铝酸钠；

（3）若A，D均为非金属单质，且D为双原子分子，那么推测可能为性质较为活泼的O2或Cl2，A则可能为P，S或N2等；进而，B，C为氧化物或氯化物，C生成单质A的反应则一定为分解反应；

（4）淡黄色的固体有过氧化钠，硫单质和溴化银；根据转化关系，推测B为S单质；那么A为H2S，C为SO2，B为氧气；所以相关的方程式为：

；

（5）A为黄绿色气体则为Cl2，根据转化关系可知，该金属元素一定是变价元素，即Fe；那么B为FeCl3，C为FeCl2；所以A与C反应的离子方程式为：

；

a．NaOH与Fe2+生成白色沉淀后，沉淀表面迅速变暗变绿最终变成红褐色，而与Fe3+直接生成红褐色沉淀，a项可以；

b．盐酸与Fe2+，Fe3+均无现象，b项不可以；

c．KSCN溶液遇到Fe3+会生成血红色物质，而与Fe2+无现象，c项可以；

d．Fe2+具有还原性会使高锰酸钾溶液褪色，Fe3+不会使高锰酸钾溶液褪色，d项可以；答案选b。

3．A、B、C均为中学化学常见的纯净物，它们之间存在如下转化关系：

其中①②③均为有单质参与的反应。

（1）若A是常见的金属，①③中均有同一种黄绿色气体参与反应，B溶液遇KSCN显血红色，且②为化合反应，写出反应②的离子方程式_________________________。

（2）如何检验上述C溶液中的阳离子？

______________________。

（3）若B是太阳能电池用的光伏材料，①②③为工业制备B的反应。

C的化学式是____________，属于置换反应____________，（填序号）写出反应①的化学方程式____________________。

【答案】Fe+2Fe3+＝3Fe2+取少量溶液于试管，加KSCN溶液，无明显现象，再加氯水，溶液变成血红色，则证明含Fe2+SiCl4①③2C+SiO2

Si+2CO↑

【解析】

【分析】

（1）由转化关系可知A为变价金属，则A应为Fe，B为氯化铁，C为氯化亚铁，②为Fe与氯化铁的反应；

（3）B是太阳能电池用的光伏材料，可知B为Si，①为C与二氧化硅的反应，①②③为工业制备B的反应，则C为SiCl4，③中SiCl4与氢气反应，提纯Si，以此解答该题。

【详解】

（1）A是常见的金属，①③中均有同一种气态非金属单质参与反应，且②为化合反应，则该非金属气体为Cl2，B为氯化铁，则反应②的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+；

（2）由分析知C为氯化亚铁，检验Fe2+的操作方法是取少量溶液于试管，加KSCN溶液，无明显现象，再加氯水，溶液变成血红色，则证明含Fe2+；

（3）B是太阳能电池用的光伏材料，可知B为Si，①为C与二氧化硅的反应，①②③为工业制备B的反应，则C为SiCl4，其中②为Si和Cl2化合生成SiCl4，③中SiCl4与氢气反应，提纯Si，则反应①的化学方程式为SiO2+2C

Si+2CO↑，其中属于置换反应的有①③。

4．以下是与氧气性质有关的实验，回答相关问题。

（1）写出铜和氧气反应的化学方程式__。

（2）写出铁丝在氧气中燃烧的化学方程式__，该反应的实验现象为__。

（3）硫燃烧时瓶底盛少量水的作用是__，硫在氧气中燃烧比在空气中燃烧更剧烈的原因是因为___不同。

【答案】2Cu+O2

2CuO3Fe+2O2

Fe3O4剧烈燃烧，火星四射，放出热量，生成黑色固体吸收生成的二氧化硫气体，防止污染空气氧气浓度

【解析】

【详解】

（1）该实验的原理是：

铜粉与氧气反应生成氧化铜；发生反应的化学方程式为2Cu+O2

2CuO；

（2）该铁丝在氧气中燃烧生成了四氧化三铁，该反应的化学方程式是：

3Fe+2O2

Fe3O4；反应的实验现象是：

剧烈燃烧，火星四射，生成黑色固体；

（3）由于二氧化硫是对大气有污染的气体，做硫在氧气燃烧的实验时瓶底盛放少量水的作用是：

吸收二氧化硫防止污染空气；

硫在空气中燃烧产生淡蓝色火焰、在氧气中燃烧蓝紫色火焰，氧气中氧气的浓度比空气中氧气的浓度要大。

5．铁的氧化物成分不一样，性质也不一样，H2还原Fe2O3，发现温度不同，产物也不同。

（1）往产物中滴加盐酸，观察到有气泡产生，生成气泡主要成分的电子式是________。

（2）再滴加KSCN溶液，可观察到________，所得溶液中一定含有的铁的化合价是________。

【答案】H∶H无明显变化＋2

【解析】

【分析】

（1）产物中滴加盐酸，观察到有气泡产生，说明产生中含有Fe，所以气体成分为H2；

（2）再滴加KSCN溶液，没有出现血红色现象，产物中有过量的铁，铁能还原Fe3＋，所得溶液中一定含有Fe2+。

【详解】

（1）产物中滴加盐酸，铁的氧化物首先与盐酸反应，生成相应的铁的氯化物和水，若生成Fe3+，则会被Fe还原为Fe2+。

观察到有气泡产生，说明最后发生的是Fe与盐酸的反应，所以气体成分为H2，电子式为

；答案为

；

（2）再滴加KSCN溶液，因为不含有Fe3+，所以没有明显现象产生；产物中有过量的铁，铁能还原Fe3＋，所得溶液中一定含有Fe2+，铁的化合价是＋2。

答案为：

无明显现象；+2。

【点睛】

Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，FeO+2HCl＝FeCl2+H2O，Fe3O4+8HCl=2FeCl3+FeCl2+4H2O，2FeCl3+Fe＝3FeCl2，最后发生Fe+2HCl＝FeCl2+H2↑。

所以，只要有气泡产生，说明在前面反应中，Fe有剩余，则溶液中不存在Fe3+。

6．明矾在日常生活中用途非常广泛。

用废铝灰（含Al、Al2O3、Fe、Fe2O3、FeO等）为原料制取明矾的工艺流程如下图。

回答下列问题：

已知：

Fe3＋开始沉淀到沉淀完全时溶液的pH为1.9～3.7。

（1）明矾净水的原理是_______________________（用离子方程式表示）。

（2）“酸溶”时，Al2O3溶解的化学方程式为______________________。

（3）“氧化”时，发生反应的离子方程式为_______________。

（4）“步骤①”的目的是______；“滤渣2”经碱洗、水洗、干燥和煅烧，得到的产品的名称是_____（填俗称）。

（5）“步骤②”包含的操作有_________、__________、过滤及干燥。

【答案】Al3++3H2O⇌Al（OH）3（胶体）+3H+Al2O3+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2O2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O调节溶液pH，使沉淀完全铁红蒸发浓缩冷却结晶

【解析】

【分析】

废铝灰（含Al、Al2O3、Fe、Fe2O3、FeO等）加入足量稀硫酸进行酸浸溶解并过滤，得到含有Al3+、Fe2+、Fe3+、SO42-的酸性滤液，滤渣1为不与硫酸反应的杂质，向滤液中加入双氧水将滤液中的Fe2+氧化为Fe3+，由于Fe（OH）3比Al（OH）3更难溶，向氧化后的滤液中加入Al（OH）3，Fe3+转化为更难溶的Fe（OH）3沉淀，过滤后得到含有Al3+、SO42-的滤液，滤渣2为Fe（OH）3，向滤液中加入K2SO4制得产品溶液，对溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、干燥最终得到产品硫酸铝钾的晶体，据此分析解答。

【详解】

（1）明矾是强酸弱碱盐，弱酸根离子Al3+水解产生氢氧化铝胶体，能够吸附水中悬浮的物质形成沉淀而除去，从而达到达到净水的目的。

其反应原理用方程式表示为：

Al3++3H2O⇌Al（OH）3（胶体）+3H+；

（2）“酸溶”时，Al2O3和硫酸反应生成硫酸铝和水，化学方程式为Al2O3+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2O；

（3）“氧化”时，加入氧化剂过氧化氢，将滤液中的Fe2+氧化为Fe3+，发生反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；

（4）“步骤①”加入滤液中加入Al（OH）3，作用是调节溶液的pH值，由于Fe（OH）3比Al（OH）3更难溶，使Fe3+完全转化为Fe（OH）3沉淀而除去；“滤渣2”的成分是Fe（OH）3，煅烧时分解生成氧化铁，它是一种红棕色粉末，常用作颜料，俗名是铁红；

（5）“步骤②”是从溶液中获得产品明矾，包含的操作有蒸发浓缩、冷却结晶、过滤及干燥。

7．工业上用某矿渣（含有Cu2O、Al2O3、Fe2O3、SiO2）提取铜的操作流程如图（金属单质E可由滤液C制取）：

已知：

Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O

（1）固体混合物B的成分是_____。

它与NaOH溶液反应的离子方程式为_____。

（2）滤液A中铁元素的存在形式为_____（填离子符号），生成该离子与Fe元素有关的离子反应方程式为_____。

要检验该铁元素的离子的实验_____

（3）在滤液C中通入足量CO2的离子方程式为_____

（4）金属单质E从固体混合物F中置换出Cu的化学方程式为_____

【答案】SiO2和CuSiO2+2OH-=SiO32-+H2OFe2+Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+取少量溶液于试管中，滴加KSCN，溶液不变红，再加入氯水，溶液变为血红色，则有Fe2+OH-+CO2=HCO3-；AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-2Al+3CuO高温Al2O3+3Cu

【解析】

【分析】

氧化亚铜与盐酸反应生成铜和铜离子，二氧化硅与盐酸不反应，氧化铁与盐酸反应生成Fe3+，铁离子与铜反应生成亚铁离子，固体为二氧化硅和铜，滤液中含有铜离子、亚铁离子、铝离子，加入足量的氢氧化钠溶液，滤液C中含有偏铝酸根离子，金属E为铝，固体D为氢氧化铜和氢氧化铁的混合物，在空气中灼烧，F为氧化铜和氧化铁的混合物，粗铜为铜、铝、铁的混合物，经过电解可得到纯铜。

【详解】

（1）固体混合物B的成分是SiO2和Cu。

它与NaOH溶液即二氧化硅与氢氧化钠反应，反应的离子方程式为SiO2+2OH-=SiO32-+H2O。

（2）氧化亚铜与盐酸反应生成铜单质和铜离子，氧化铁与盐酸反应生成铁离子，与铜反应生成亚铁离子，有铜剩余，故铁离子完全转化为亚铁离子，滤液A中铁元素的存在形式为Fe2+，生成该离子与Fe元素有关的离子反应方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。

要检验该铁元素的离子的实验为取少量溶液于试管中，滴加KSCN，溶液不变红，再加入氯水，溶液变为血红色，则有Fe2+。

（3）在滤液C中含有偏铝酸钠和氢氧化钠，通入足量CO2的离子方程式为OH-+CO2=HCO3-；AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-。

（4）金属单质E为铝，从固体混合物F为氧化铜和氧化铁的混合物，置换出Cu的化学方程式为铝热反应，2Al+3CuO高温Al2O3+3Cu。

8．2019年诺贝尔化学奖颁给了为锂电池发展作出突出贡献的三位科学家。

某废旧锂电池正极主要由LiFePO4、铝箔、炭黑等组成，Fe、Li、P具有极高的回收价值，具体流程如下：

（1）过程ⅰ生成NaAlO2溶液的离子方程式是__。

（2）过程ⅱ中HCl/H2O2的作用是__。

（3）浸出液X的主要成分为Li+、Fe3+、H2PO4-等。

过程ⅲ控制碳酸钠溶液浓度20%、温度85℃、反应时间3h条件下，探究pH对磷酸铁沉淀的影响，如图所示。

①综合考虑铁和磷沉淀率，最佳pH为__。

②结合平衡移动原理，解释过程ⅲ中pH增大，铁和磷沉淀率增大的原因__。

③当pH＞2.5后，随pH增加，磷沉淀率出现了减小的趋势，解释其原因__。

（4）LiFePO4可以通过（NH4）2Fe（SO4）2、H3PO4与LiOH溶液发生共沉淀反应制取，共沉淀反应的化学方程式为__。

【答案】2Al＋2OH-＋2H2O=2AlO2-＋3H2↑溶解LiFePO4，将Fe2+氧化为Fe3+（2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O）2.5H2PO4-

HPO42-+H+，HPO42-

PO43-+H+，加入Na2CO3后，CO32-结合H+使c（H+）减小，促进上述电离平衡正向移动，c（PO43−）增大，与Fe3+结合形成磷酸铁沉淀（或者：

H2PO4-

HPO42-+H+，HPO42-

PO43-+H+，溶液pH增大，c（H+）减小，促进上述电离平衡正向移动，c（PO43-）增大，与Fe3+结合形成磷酸铁沉淀pH＞2.5时，沉淀中的磷酸铁会有部分开始转变生成Fe（OH）3，使得部分PO43-释放，导致磷沉淀率下降（NH4）2Fe（SO4）2+H3PO4+LiOH=2NH4HSO4+LiFePO4↓+H2O或（NH4）2Fe（SO4）2+H3PO4+3LiOH=（NH4）2SO4+Li2SO4+LiFePO4↓+3H2O

【解析】

【分析】

含LiFePO4、铝箔、炭黑的废旧锂电池，用NaOH溶解后过滤，滤液为NaAlO2溶液，滤渣为LiFePO4和炭黑，再用盐酸酸化的H2O2溶解滤渣并过滤，得到主要成分为Li+、Fe3+、H2PO4-等的溶液X，向X中加入Na2CO3溶液，有FePO4•2H2O析出，过滤的滤液主要是LiCl，再加入饱和Na2CO3溶液，再过滤即可得到LiCO3粗产品，据此分析解题。

【详解】

（1）过程ⅰAl溶于NaOH溶液生成NaAlO2和H2，发生反应的离子方程式是2Al＋2OH-＋2H2O=2AlO2-＋3H2↑；

（2）过程ⅱ是除铝后料中加入盐酸酸化的H2O2，过滤后得到主要成分为Li+、Fe3+、H2PO4-等的溶液X，由知HCl/H2O2的作用是溶解LiFePO4，将Fe2+氧化为Fe3+；

（3）①分析图中数据可知，当pH=2.5时磷的沉淀率最高，铁的沉淀率较高，则过程ⅲ选择的最佳pH为2.5；

②已知溶液X中存在H2PO4-的电离平衡，即H2PO4-

HPO42-+H+，HPO42-

PO43-+H+，过程ⅲ中当加入Na2CO3后，CO32-结合H+使c（H+）减小，促进上述电离平衡正向移动，c（PO43−）增大，与Fe3+结合形成磷酸铁沉淀，提高了铁和磷沉淀率；

③已知FePO4（s）

Fe3+（aq）+PO43-（aq），当pH＞2.5后，随pH增加，溶液中c（OH-）增大，Fe3+开始转变生成Fe（OH）3，促进溶解平衡正向移动，使得部分PO43-释放，导致磷沉淀率下降；

（4）（NH4）2Fe（SO4）2、H3PO4与LiOH溶液混合生成LiFePO4，同时得到（NH4）2SO4和Li2SO4，结合原子守恒，发生反应的化学方程式为（NH4）2Fe（SO4）2+H3PO4+LiOH=2NH4HSO4+LiFePO4↓+H2O。

9．无水氯化锰

在电子技术和精细化工领域有重要应用。

一种由粗锰粉（主要杂质为Fe、Ni、Pb等金属单质）制备无水氯化锰的工艺如下（部分操作和条件略）。

I．向粗锰粉中加入盐酸，控制溶液的pH约为5，测定离子的初始浓度。

静置一段时间后锰粉仍略有剩余，过滤；

II．向I的滤液中加入一定量盐酸，再加入

溶液，充分反应后加入

固体调节溶液的pH约为5，过滤；

III．向II的滤液中通入

气体，待充分反应后加热一段时间，冷却后过滤；

IV．浓缩、结晶、过滤、洗涤、脱水得到无水MnCl2。

各步骤中对杂质离子的去除情况

初始浓度/mg·L–1

21.02

4.95

5.86

步骤I后/mg·L–1

12.85

3.80

3.39

步骤II后/mg·L–1

0.25

3.76

3.38

步骤III后/mg·L–1

0.10（达标）

3.19（未达标）

0.12（达标）

已知：

金属活动性Mn＞Fe＞Ni＞Pb

（1）锰和盐酸反应的化学方程式是_______。

（2）步骤I中：

①Fe2+浓度降低，滤渣中存在

。

结合离子方程式解释原因：

_______。

②Pb2+浓度降低，分析步骤I中发生的反应为：

Pb+2H+=Pb2++H2↑、______。

（3）步骤II中：

①

酸性溶液的作用：

_______。

②结合离子方程式说明MnCO3的作用：

_______。

（4）步骤III通入H2S后，Ni2+不达标而

达标。

推测溶解度：

PbS_____NiS（填“>”或“<”）。

（5）测定无水

的含量：

将ag样品溶于一定量硫酸和磷酸的混合溶液中，加入稍过量

，使

氧化为

。

待充分反应后持续加热一段时间，冷却后用bmol/L硫酸亚铁铵

滴定

，消耗cmL硫酸亚铁铵。

（已知：

滴定过程中发生的反应为：

Fe2++Mn3+=Fe3++Mn2+）

①样品中MnCl2的质量分数是_____（已知：

MnCl2的摩尔质量是126g·mol-1）。

②“持续加热”的目的是使过量的

分解。

若不加热，测定结果会______（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。

【答案】Mn+2HCl=MnCl2+H2↑空气中的O2将部分Fe2+氧化为Fe（OH）3沉淀，相关的离子方程式为：

4Fe2++O2+10H2O=4Fe（OH）3↓+8H+Pb2++Mn=Pb+Mn2+将剩余Fe2+氧化为Fe3+，调节pH使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀除去MnCO3+2H+=Mn2++H2O+CO2↑,Fe3++3H2O

Fe（OH）3+3H+＜

偏高

【解析】

【分析】

制备无水氯化锰的原料是含有Fe，Ni，Pb等金属杂质的粗锰粉，因此制备过程中要将Fe，Ni，Pb等杂质元素去除；第一步将粗锰粉加酸溶解，Fe溶解后产生Fe2+，由于其还原性较强，容易被氧气氧化；由于金属活动性Mn＞Fe＞Ni＞Pb，所以溶液中Pb2+会与未反应完全的Mn反应，造成Pb2+浓度下降；第二步加入过氧化氢，主要是为了将Fe2+氧化为Fe3+，便于沉淀法去除；第三步通入H2S，是想通过生成硫化物沉淀的方式去除残余的Zn2+和Pb2+，由于Pb的去除达标，而Zn的仍未达标，所以PbS的溶解度应该更低。

【详解】

（1）Mn与盐酸反应的化学方程式为：

；

（2）①将粗锰粉酸浸后，Fe单质转化为还原性较强的Fe2+，静置一段时间，Fe2+会被空气中的氧气氧化，进而生成Fe（OH）3沉淀，相应的离子方程式为：

；

②由于金属活动性Mn＞Fe＞Ni＞Pb，所以溶液中Pb2+会与未反应完全的Mn反应，造成Pb2+浓度下降，因此与之相关的反应为：

；

（3）①通过分析可知，过氧化氢的作用是将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，便于调节pH值将其转化为Fe（OH）3沉淀除去；

②通过分析可知，MnCO3的作用即调节溶液的pH值以便于Fe3+沉淀，相关的离子方程式为：

以及

；

（4）通过分析可知，PbS的溶解度更小；

（5）①由题可知，ag无水氯化锰中的Mn2+经过氧化后全部转变为Mn3+，硫酸亚铁铵与Mn3+反应时，Mn3+和Fe2+按照1:

1反应，所以MnCl2的质量分数为：

；

②若不加热，溶液中剩余的硝酸铵会在酸性条件下体现氧化性能与硫酸亚铁铵发生反应，这样会使消耗的硫酸亚铁铵偏大，那么最终求出的纯度也偏大。

10．七水硫酸锌别名皓矾，常用作媒染剂、收敛剂、木材防腐剂。

工业上由氧化锌矿（主要成分为ZnO，另含ZnSiO3、FeCO3、CuO等）生产ZnSO4·7H2O的流程如下：

在该流程中，相关离子生成氢氧化物的pH如表：